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广东省中山市2026年高三模拟测试（二）物理试题
1．托尔（Torr）是真空技术领域广泛应用的计量单位，其定义为1毫米汞柱产生的压强，精确值为133.322 Pa。现用国际单位制的基本单位表示托尔，下列单位正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．具有放射性
B．粒子X是核内中子转化为质子的过程中产生的
C．粒子X是居里夫人首先发现的
D．粒子X的电离能力比α粒子强
3．某同学通过实验测定玻璃砖的折射率n，如图甲所示，AO和BO分别是光线在空气和玻璃砖中的传播路径，MN是法线，该同学测得多组入射角i和折射角r，做出sini sinr图像如图乙所示，则（　　）
A．光由A经O到B，n=1.5 B．光由B经O到A，n=1.5
C．光由A经O到B，n=0.67 D．光由B经O到A，n=0.67
4．图为户外应急手摇发电手电筒的结构简图，当手电筒沿图示方向摇动时，小磁铁会不断往复地穿过固定线圈，连接线圈的小电珠随即发光。下列说法正确的是（　　）
A．摇动过程中装置的机械能守恒
B．小磁铁往复运动过程中，线圈中的电流方向保持不变
C．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只更换磁性更强的磁铁，则小电珠的亮度保持不变
D．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只增加线圈的匝数，则小电珠的亮度增强
5．如图所示，半径为R的滑轮1可绕水平转轴O转动，直手柄AO固定在滑轮1上，手柄端点A到转轴O的距离为L。工人转动手柄，拉动纤绳牵引小船向岸边运动，纤绳跨过半径可忽略的滑轮2，且与滑轮间无相对滑动。当连接小船的纤绳与水平方向夹角为θ时，A点线速度大小为v0，此时船的速度v为（　　）
A． B． C． D．
6．如图所示，工人装载圆筒形货物时，会将其放置在两个相同的三角形底座上，底座与水平地面始终保持相对静止。已知货物质量为M，每个底座质量为m，底角为θ，忽略货物与底座间的摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．地面对底座A的作用力方向竖直向上
B．地面对底座A的作用力大小为
C．若θ增大，则底座B对货物的支持力减小
D．若θ增大，则地面对底座B的摩擦力增大
7．两颗相距较远的行星A、B可看作质量分布均匀的球体，其半径分别为、，且，距各行星中心处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方随的变化关系如图所示。忽略行星自转和其他星球的影响，下列说法正确的是（　　）
A．两行星的质量关系为
B．两行星的密度之比
C．两行星表面的重力加速度之比
D．B行星的第一宇宙速度大于A行星的第一宇宙速度
8．如图甲波浪机以固定的振动周期在游泳池中制造横波，某同学用频闪相机观测，发现照片中的波形始终没有变化，图乙为某时刻的部分波形图，A为水面上的质点。已知频闪相机的曝光时间为1s，波浪机振动周期等于频闪相机的曝光时间。下列说法正确的有（　　）
A．质点A的振幅为20cm B．波浪的波长为4m
C．波浪机的振动频率为1Hz D．波浪的传播速度为2m/s
9．如图所示，光滑水平面上，质量相同的小球a、b分别以2v0、v0的速率沿同一直线相向运动，经t0时间相遇并发生正碰，碰撞时间极短。以小球a初速度方向为正方向，两小球速度v随时间t变化的图像中，可能正确的有（　　）
A． B．
C． D．
10．某同学设计了一个测定列车加速度的仪器。如图所示，AB是一段材料、粗细均匀的四分之一圆弧形的电阻，其圆心为O点（在B点正上方）、半径为r。O点下方用一电阻不计的金属线悬挂金属球C，球的下部与AB接触良好且无摩擦。A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池和理想电流表A，O、B间接有理想电压表V。整个装置在一竖直平面内，使用时装置放在水平运动的列车上，且装置所在平面与列车前进的方向平行。下列说法中正确的有（　　）
A．图中列车一定是向右加速
B．当列车的加速度增大时，电流表示数不变，电压表示数增大
C．若电压表的示数稳定为3V，此时列车的加速度大小为
D．将电压表示数改写为对应的加速度值后，加速度数值在表盘上的分布是不均匀的
11．某南极科考队需要粗略测定南极地区的重力加速度，科考队员利用冰盖表面一处自然形成的光滑冰坑（过最低点的竖直截面为圆弧形）、小铁球、游标卡尺、秒表等工具开展实验。
（1）用游标卡尺测量小铁球直径，读数如图乙所示，则小铁球的直径d=　 　cm。
（2）队员将小铁球从冰坑右侧由静止释放，小铁球沿冰坑的运动可等效为单摆。为了准确测量周期，从小铁球第1次经过最低点时开始用秒表计时，到第21次经过最低点，所用的时间为t，则等效单摆的周期T=　 　。
（3）为提高测量精度，队员更换直径不同的小铁球重复多次实验，根据实验记录的数据，绘制了图像如图丙所示，图中图线的横、纵截距均已标出，则该地的重力加速度g=　 　，圆弧冰坑的半径R=　 　。（用含π、x0、y0字母的表达式表示）
12．图1为等臂电流天平实物图，图2为其结构简图。兴趣小组现要测定电流天平螺线管在通某恒定电流时内部产生磁场的磁感应强度大小（通电螺线管在其内部产生的磁场可视作水平方向的匀强磁场）。实验前将电流天平的U形导线（如图3）放入未通电的螺线管中，调节平衡螺母使U形导线处于水平状态。实验时将U形导线与螺线管线路分别接通直流电，设流经螺线管的电流为I1、流经U形导线的电流为I2，然后在U形导线框的左端挂上钩码，保持I1大小不变，调节I2的大小使线框平衡，如图2所示。图3中U形导线的长与宽分别为La与Lb。
（1）电路安装
实验电路如图4，其中只有滑动变阻器还未完全连接好，要求电流表的读数能从零开始变化，请将其连接好　 　；
（2）实验测量与数据处理
①电流天平通电流I1和I2后，关于电流天平平衡的原因，下列说法中正确的是　 　
A．钩码的重力与La段导线所受到的安培力大小相等
B．钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力大小相等
C．La段导线与Lb段导线所受到的安培力大小相等
D．La段导线与Lb段导线所受到的安培力方向相反
②实验时，若保持螺线管中的电流，逐次增加钩码个数N（每个钩码质量相同），并重新调整U形导线的电流I2，使电流天平恢复平衡。记录下每次实验时N、I2如下表：
N/个 1 2 3 4 5
I2/A 0.50 1.00 1.40 2.10 2.50
根据实验数据，做出“N I2”图像，如图5所示，图线的斜率数值k=　 　。（结果保留2位有效数字）
③某次测量I2的电表示数如图6所示，示数为　 　A。
（3）通电螺旋管内部磁感应强度的计算
若一个钩码的质量为m，重力加速度为g，本次实验中测得该通电螺线管内部磁场的磁感应强度大小B=　 　（用含k、m、g、La、Lb字母的表达式表示）。
13．某密封茶叶筒结构简图如下图，茶叶筒由圆柱形的筒盖和筒身组成，筒身上端外侧固定有厚度可不计的密封橡胶圈。储存茶叶时，先将茶叶投入筒身内，把筒盖口对准筒身口后用力下压，直到筒盖完全套在筒身上。忽略筒盖壁和筒身壁的厚度，筒盖和筒身直径近似相等，满足d1≈d2=6cm，筒盖高度h1=2cm，筒身高度h2=10cm。当筒内气体压强p和筒外气体压强p0满足时，密封橡胶圈不漏气。忽略过程中温度和大气压强的变化，筒盖的重力不计，取大气压强。
（1）某次使用时，先投入体积为的茶叶，后将筒盖缓慢压到底，静置足够长时间后，求此时筒内封闭气体压强；
（2）在第一问基础上，将筒盖缓慢拔开，当筒盖和筒身刚好未分离时，人手松开，在橡胶圈对筒盖的摩擦力作用下，筒盖可以保持静止，求此时橡胶圈对筒盖向上作用力F的大小。
14．如图所示为简化的射钉枪工作原理图，轻杆的一端固定质量为M的重锤，另一端可绕转轴O自由转动，轻质弹簧一端连接到杆上A点，另一端固定在枪把上。水平枪筒中放置有质量为m的射钉，射钉左侧紧贴火药。初始时刻弹簧处于伸长状态，轻杆从水平状态静止释放后，转到竖直状态时弹簧恢复原长，此时重锤撞击火药，引起爆炸，爆炸使射钉获得较高速度后射出，水平射入固定的足够厚木板中。已知爆炸后重锤速度为零，轻杆长为L，OA距离为杆长的，弹簧初始状态伸长量为x0，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系满足。爆炸过程火药释放的化学能全部转化为系统动能，忽略火药的质量和爆炸过程产生气体的质量。忽略转轴处及枪筒内的摩擦力，求
（1）重锤撞击火药前瞬间，连接点A的速度大小；
（2）火药爆炸释放的化学能ΔE；
（3）假设厚木板对射钉的阻力满足f=ah，h代表射入深度，a为常数，求射钉最终打入厚木板的深度。（假设射钉最终未完全进入木板）
15．如图所示，光滑的水平桌面上，平行于y轴方向放置一根空心光滑绝缘细管PQ，P端位于x轴上，管内有一质量为m、带电量为+q的小球。在第一象限内平行于x轴的虚线与x轴之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场区域宽度与细管长度相等，大小均为。开始时小球位于细管内P端且相对细管静止，某时刻细管PQ沿x轴正方向做匀速直线运动，以速率u进入磁场，之后在外力作用下仍保持原速做匀速运动且细管始终与y轴平行。
（1）求小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度v1；
（2）从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q，求管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式；
（3）小球离开Q端后恰好从a点进入方向水平向左的匀强电场区域内，该区域在桌面上的边界为矩形abcd，已知ab边与虚线重合，ab=L，，从小球进入电场区域到离开的过程中，求电场力对小球做的功W与场强E的关系。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】托耳是压强单位，由、推导单位：力基本单位：，面积基本单位：，；
A：，和压强基本单位一致，故A正确；
B：单位推导错误，故B错误；
C、含导出单位，不符合“国际单位制基本单位”要求，故C错误；
D、含导出单位，不符合题意，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、由压强定义式、牛顿第二定律拆解为国际基本单位，推导正确；
B、长度幂次出错；
C、N是导出单位，不满足只用基本单位表示；
D、J是导出单位，不满足只用基本单位表示。
2．【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．是氮的稳定同位素，不具有放射性，故A错误；
B．根据核反应电荷数守恒和质量数守恒，可得粒子X的质量数为，电荷数为
因此X为电子，该反应为β衰变，而β衰变的本质是原子核内的中子转化为质子的过程中，同时释放出电子，即粒子X，故B正确；
C．电子是汤姆孙首先发现的，居里夫人的主要贡献是发现放射性元素钋和镭，故C错误；
D．α粒子的电离能力远强于电子，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查稳定同位素的放射性特点；
B、考查衰变微观本质：中子质子电子；
C、考查物理学史，区分电子与放射性元素的发现者；
D、考查三种射线电离本领：。
3．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由图像得：相同条件、，，说明光是从玻璃射入空气（入射角在玻璃，折射角在空气），即传播方向；由折射定律，A、C光路方向错误，D折射率数值错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】A、错判光路方向，误以为空气→玻璃；
B、结合图像数据、折射定律正确判断光路与折射率；
C、既光路方向错，折射率数值也小于1（玻璃折射率大于1，不合理）；
D、光路判断正确，但折射率计算颠倒，结果错误。
4．【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、摇动手电筒时，机械能转化为电能，电能又转化为小电珠的光能与内能，装置机械能减小，不守恒，故A错误；
B、小磁铁往复穿过线圈时，穿过线圈的磁通量先增后减，磁铁往返运动磁通量变化趋势相反，由楞次定律可知感应电流方向发生改变，线圈中产生交变电流，故B错误；
C、振幅、周期不变，更换磁性更强的磁铁，变大，由，感应电动势变大，小电珠变亮，故C错误；
D、振幅、周期不变，仅增加线圈匝数，感应电动势增大，电路电流变大，小电珠亮度增强，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查能量转化，机械能转化为电能、光能和内能；
B、考查楞次定律，磁通量增减变化会改变感应电流方向；
C、考查法拉第电磁感应定律，磁感应强度变大则磁通量变化量变大，电动势升高；
D、考查法拉第电磁感应定律，线圈匝数增多会提升感应电动势。
5．【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由同轴转动角速度相等：，滑轮边缘线速度（即绳速）；
将船的实际速度沿绳、垂直绳分解，沿绳分速度等于绳速：，
解得；B、C、D推导结果不符，A正确；
故答案为：A。
【分析】A、考查同轴转动角速度一致+运动的分解，分步推导符合物理规律；
B、错把、位置颠倒，列式错误；
C、错误把乘在分子上，分解逻辑出错；
D、既颠倒，又错用位置，双重错误。
6．【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A、地面对底座A存在竖直向上支持力与水平静摩擦力，合力斜向右上方，并非竖直向上，故A错误；
B、只是地面竖直支持力大小，地面作用力是支持力与摩擦力的合力，大于该数值，故B错误；
C、对圆筒受力：，得，增大，减小，增大，故C错误；
D、对底座B，地面摩擦力，增大，变大，摩擦力增大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查地面作用力为支持力、摩擦力的合力，区分分力与合力方向；
B、区分竖直支持力和地面全作用力，合力大于竖直分力；
C、由受力平衡推导支持力表达式，判断变大时支持力变化趋势；
D、结合圆筒支持力，分解求底座受到的静摩擦力，分析角度对摩擦力的影响。
7．【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】由万有引力提供向心力：，得；由图像知两行星表面处相等，即第一宇宙速度，
A、，，，故A错误；
B、密度，，，故B错误；
C、星球表面，相同，，故C正确；
D、表面相等，即两行星第一宇宙速度大小相等，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、由结合半径关系求质量之比；
B、结合密度表达式与三次方反比关系推导密度比；
C、利用，不变则重力加速度与半径成反比；
D、对应的线速度为第一宇宙速度，图像表面一致，第一宇宙速度相等。
8．【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由波形图可知振幅，故A错误；
B、从图像读出半个波长，波长，故B正确；
C、曝光时间等于周期，，故C正确；
D、波速，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、振幅是质点离开平衡位置最大距离，读图为；
B、利用波形坐标，为半波长，算出全波长；
C、周期等于曝光时长，由周期求频率；
D、结合波速公式代入数据计算。
9．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】根据四个选项的可知碰前，，光滑面上两球碰撞过程满足三条规律：①动量守恒，有
②碰撞后动能不增，有
③碰后的速度还要符合实际情况。
A．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞前后动能相等，两球均反弹符合实际情况，则A图像的碰撞可能发生，故A正确；
B．由图像可知，代入可得系统动量不守恒，则B图像的碰撞不可能发生，故B错误；
C．由图像可知，，代入可得动量守恒，但，即碰撞后动能增加，则C图像的碰撞不可能发生，故C错误；
D．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞后动能减少，a球停下b球反弹也符合实际情况，则D图像的碰撞可能发生，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查弹性碰撞，动量守恒 + 动能守恒；
B、完全共速模型，验证动量不满足守恒条件；
C、动量守恒但碰后总动能超标，违背能量规律；
D、非弹性碰撞，动量守恒、动能损失，符合碰撞规律。
10．【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A、对小球受力分析，由牛顿第二定律，，加速度水平向右，列车可向右加速或向左减速，故A错误；
B、弧形电阻AB全部接入电路，总阻值不变，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律，回路电流恒定，电流表示数不变；加速度变大变大，BC段弧长变长、电阻变大，，电压表示数增大，故B正确；
C、电源总电压，，，BC对应圆心角，，故C正确；
D、与成正比即，而，和非线性关系，因此与非线性，表盘刻度不均匀，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A、由受力得加速度方向，区分加速、减速两种运动情况；
B、全电阻接入电路电流不变，BC电阻随变大，分压变大；
C、分压比例对应圆心角，结合计算加速度；
D、与成正比、与成正比，二者非线性，刻度分布不均。
11．【答案】（1）1.215
（2）
（3）；x0
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据图像可知游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为
故答案为：1.215
（2）根据描述可知小铁球做了十个全振动用时为t，所以周期为
故答案为：
（3）将小铁球在圆弧中的运动看成单摆，有，其中摆长为
整理后有，所以可得到
即，同时有，所以
故答案为：；x0
【分析】(1) 考查 20 分度游标卡尺读数规则：主尺+游标格数×分度值，注意单位换算；
(2) 单摆每经过最低点为半个周期，统计振动次数求周期；
(3) 结合有效摆长表达式改写T2函数，根据一次函数横、纵截距几何意义联立求解g与圆弧半径R。
（1）根据图像可知游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为
（2）根据描述可知小铁球做了十个全振动用时为t，所以周期为
（3）[1][2]将小铁球在圆弧中的运动看成单摆，有
其中摆长为
整理后有
所以可得到
即
同时有
所以
12．【答案】（1）
（2）B；2.0；1.60
（3）
【知识点】图象法；实验基础知识与实验误差；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；安培力的计算；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示
（2）螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等，故B正确。
由N I2图像可得，斜率数值
电流表量程为0 3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。
故答案为：B；2.0；1.60
（3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足，整理得
因此N I2图线斜率，解得
故答案为：
【分析】(1) 电流表读数从零变化必须选用分压接法，区别于限流式；
(2) 安培力只在垂直磁场的段产生力矩平衡钩码重力；利用图像斜率定义求，按表盘分度读取电流表示数；
(3) 由受力平衡写出函数式，结合一次函数斜率物理意义推导磁感应强度表达式。
（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示
（2）[1]螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等。
故选B。
[2]由N I2图像可得，斜率数值
[3]电流表量程为0 3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。
（3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足
整理得
因此N I2图线斜率
解得
13．【答案】（1）解：初始状态时，气体压强为，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
压到底后，假设不漏气，气体体积
该过程温度不变，由玻意耳定律有
解得
此时
因此压缩过程会漏气，最终静置后压强稳定为最大不漏气压强，即
解得
（2）解：拔开筒盖到刚好未分离时，气体体积膨胀为
温度不变，气体质量不变，由玻意耳定律有
解得
对筒盖受力分析，重力不计，向下的大气压力等于向上的内部气体压力与橡胶圈作用力之和，则
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 先按玻意耳定律算密闭压强，对比最大不漏气压强，压强超标发生漏气，最终压强固定在1.2p0；
(2) 拔开过程密闭气体等温膨胀，再次用玻意耳定律求筒内压强，对筒盖受力列平衡方程求解橡胶圈作用力。
（1）初始状态时，气体压强为，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
压到底后，假设不漏气，气体体积
该过程温度不变，由玻意耳定律有
解得
此时
因此压缩过程会漏气，最终静置后压强稳定为最大不漏气压强，即
解得
（2）拔开筒盖到刚好未分离时，气体体积膨胀为
温度不变，气体质量不变，由玻意耳定律有
解得
对筒盖受力分析，重力不计，向下的大气压力等于向上的内部气体压力与橡胶圈作用力之和，则
解得
14．【答案】（1）解：由弹簧和重锤组成系统机械能守恒
又
OA距离为杆长的，故
联立解得
（2）解：设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒
由能量守恒火药爆炸释放的化学能
联立解得
（3）解：因阻力满足
即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功
由动能定理
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 弹簧弹性势能转化为重锤重力势能与动能，利用同轴圆周运动线速度与半径正比关系求A点速度；
(2) 爆炸内力远大于外力动量守恒，化学能增量等于系统动能增加量；
(3) 线性变力做功取平均力，由动能定理列式求解射钉打入深度。
（1）由弹簧和重锤组成系统机械能守恒
又
OA距离为杆长的，故
联立解得
（2）设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒
由能量守恒火药爆炸释放的化学能
联立解得
（3）因阻力满足
即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功
由动能定理
解得
15．【答案】（1）解：由分析可知，小球进入磁场后，在洛伦兹力的作用下沿y轴方向从静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有
解得
设细管的长度为l，则根据运动学公式有
解得小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度为
（2）解：从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q的过程中，设小球的运动时间为t0，则根据运动学公式有
解得
小球沿y轴方向做匀加速直线运动的速度表达式为
则小球受到的洛伦兹力沿x轴方向的分力为
设管壁对小球的弹力为N，由于沿x轴方向小球受力平衡，则有
所以管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为
（3）解：小球进入匀强电场区域后，沿y轴方向不受力，将以的速度做匀速直线运动；小球沿x轴方向将做匀变速直线运动，设其加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
解得
若小球从cd边离开，则小球运动的时间为
同时小球在沿x轴方向的位移应满足
根据运动学公式有
联立解得
则此时电场力对小球做的功为
由分析可知，当时，小球将从bc边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
当时，小球将从ad边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
综上所述，电场力对小球做的功W与场强E的关系为：当时，；当时，；当时，。
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 分解洛伦兹力，向带动小球匀速、向匀加速，结合运动学公式求末速度；
(2) 由瞬时求横向洛伦兹力等于管壁弹力，功率；
(3) 电场中匀速、受电场力匀减速，按场强大小划分三条出射边界，分别用求电场功。
（1）由分析可知，小球进入磁场后，在洛伦兹力的作用下沿y轴方向从静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有
解得
设细管的长度为l，则根据运动学公式有
解得小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度为
（2）从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q的过程中，设小球的运动时间为t0，则根据运动学公式有
解得
小球沿y轴方向做匀加速直线运动的速度表达式为
则小球受到的洛伦兹力沿x轴方向的分力为
设管壁对小球的弹力为N，由于沿x轴方向小球受力平衡，则有
所以管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为
（3）小球进入匀强电场区域后，沿y轴方向不受力，将以的速度做匀速直线运动；小球沿x轴方向将做匀变速直线运动，设其加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
解得
若小球从cd边离开，则小球运动的时间为
同时小球在沿x轴方向的位移应满足
根据运动学公式有
联立解得
则此时电场力对小球做的功为
由分析可知，当时，小球将从bc边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
当时，小球将从ad边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
综上所述，电场力对小球做的功W与场强E的关系为：当时，；当时，；当时，。
1 / 1广东省中山市2026年高三模拟测试（二）物理试题
1．托尔（Torr）是真空技术领域广泛应用的计量单位，其定义为1毫米汞柱产生的压强，精确值为133.322 Pa。现用国际单位制的基本单位表示托尔，下列单位正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】托耳是压强单位，由、推导单位：力基本单位：，面积基本单位：，；
A：，和压强基本单位一致，故A正确；
B：单位推导错误，故B错误；
C、含导出单位，不符合“国际单位制基本单位”要求，故C错误；
D、含导出单位，不符合题意，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A、由压强定义式、牛顿第二定律拆解为国际基本单位，推导正确；
B、长度幂次出错；
C、N是导出单位，不满足只用基本单位表示；
D、J是导出单位，不满足只用基本单位表示。
2．2025年3月，我国科学家研制的碳14核电池原型机“烛龙一号”发布，标志着我国在核能技术领域与微型核电池领域取得突破。碳14的衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A．具有放射性
B．粒子X是核内中子转化为质子的过程中产生的
C．粒子X是居里夫人首先发现的
D．粒子X的电离能力比α粒子强
【答案】B
【知识点】原子核的衰变、半衰期；α、β、γ射线及特点
【解析】【解答】A．是氮的稳定同位素，不具有放射性，故A错误；
B．根据核反应电荷数守恒和质量数守恒，可得粒子X的质量数为，电荷数为
因此X为电子，该反应为β衰变，而β衰变的本质是原子核内的中子转化为质子的过程中，同时释放出电子，即粒子X，故B正确；
C．电子是汤姆孙首先发现的，居里夫人的主要贡献是发现放射性元素钋和镭，故C错误；
D．α粒子的电离能力远强于电子，故D错误。
故答案为：B。
【分析】A、考查稳定同位素的放射性特点；
B、考查衰变微观本质：中子质子电子；
C、考查物理学史，区分电子与放射性元素的发现者；
D、考查三种射线电离本领：。
3．某同学通过实验测定玻璃砖的折射率n，如图甲所示，AO和BO分别是光线在空气和玻璃砖中的传播路径，MN是法线，该同学测得多组入射角i和折射角r，做出sini sinr图像如图乙所示，则（　　）
A．光由A经O到B，n=1.5 B．光由B经O到A，n=1.5
C．光由A经O到B，n=0.67 D．光由B经O到A，n=0.67
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】由图像得：相同条件、，，说明光是从玻璃射入空气（入射角在玻璃，折射角在空气），即传播方向；由折射定律，A、C光路方向错误，D折射率数值错误，B正确。
故答案为：B。
【分析】A、错判光路方向，误以为空气→玻璃；
B、结合图像数据、折射定律正确判断光路与折射率；
C、既光路方向错，折射率数值也小于1（玻璃折射率大于1，不合理）；
D、光路判断正确，但折射率计算颠倒，结果错误。
4．图为户外应急手摇发电手电筒的结构简图，当手电筒沿图示方向摇动时，小磁铁会不断往复地穿过固定线圈，连接线圈的小电珠随即发光。下列说法正确的是（　　）
A．摇动过程中装置的机械能守恒
B．小磁铁往复运动过程中，线圈中的电流方向保持不变
C．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只更换磁性更强的磁铁，则小电珠的亮度保持不变
D．手电筒摇动的振幅和周期不变，若只增加线圈的匝数，则小电珠的亮度增强
【答案】D
【知识点】机械能守恒定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】A、摇动手电筒时，机械能转化为电能，电能又转化为小电珠的光能与内能，装置机械能减小，不守恒，故A错误；
B、小磁铁往复穿过线圈时，穿过线圈的磁通量先增后减，磁铁往返运动磁通量变化趋势相反，由楞次定律可知感应电流方向发生改变，线圈中产生交变电流，故B错误；
C、振幅、周期不变，更换磁性更强的磁铁，变大，由，感应电动势变大，小电珠变亮，故C错误；
D、振幅、周期不变，仅增加线圈匝数，感应电动势增大，电路电流变大，小电珠亮度增强，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查能量转化，机械能转化为电能、光能和内能；
B、考查楞次定律，磁通量增减变化会改变感应电流方向；
C、考查法拉第电磁感应定律，磁感应强度变大则磁通量变化量变大，电动势升高；
D、考查法拉第电磁感应定律，线圈匝数增多会提升感应电动势。
5．如图所示，半径为R的滑轮1可绕水平转轴O转动，直手柄AO固定在滑轮1上，手柄端点A到转轴O的距离为L。工人转动手柄，拉动纤绳牵引小船向岸边运动，纤绳跨过半径可忽略的滑轮2，且与滑轮间无相对滑动。当连接小船的纤绳与水平方向夹角为θ时，A点线速度大小为v0，此时船的速度v为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】运动的合成与分解；线速度、角速度和周期、转速
【解析】【解答】由同轴转动角速度相等：，滑轮边缘线速度（即绳速）；
将船的实际速度沿绳、垂直绳分解，沿绳分速度等于绳速：，
解得；B、C、D推导结果不符，A正确；
故答案为：A。
【分析】A、考查同轴转动角速度一致+运动的分解，分步推导符合物理规律；
B、错把、位置颠倒，列式错误；
C、错误把乘在分子上，分解逻辑出错；
D、既颠倒，又错用位置，双重错误。
6．如图所示，工人装载圆筒形货物时，会将其放置在两个相同的三角形底座上，底座与水平地面始终保持相对静止。已知货物质量为M，每个底座质量为m，底角为θ，忽略货物与底座间的摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．地面对底座A的作用力方向竖直向上
B．地面对底座A的作用力大小为
C．若θ增大，则底座B对货物的支持力减小
D．若θ增大，则地面对底座B的摩擦力增大
【答案】D
【知识点】整体法隔离法；共点力的平衡
【解析】【解答】A、地面对底座A存在竖直向上支持力与水平静摩擦力，合力斜向右上方，并非竖直向上，故A错误；
B、只是地面竖直支持力大小，地面作用力是支持力与摩擦力的合力，大于该数值，故B错误；
C、对圆筒受力：，得，增大，减小，增大，故C错误；
D、对底座B，地面摩擦力，增大，变大，摩擦力增大，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A、考查地面作用力为支持力、摩擦力的合力，区分分力与合力方向；
B、区分竖直支持力和地面全作用力，合力大于竖直分力；
C、由受力平衡推导支持力表达式，判断变大时支持力变化趋势；
D、结合圆筒支持力，分解求底座受到的静摩擦力，分析角度对摩擦力的影响。
7．两颗相距较远的行星A、B可看作质量分布均匀的球体，其半径分别为、，且，距各行星中心处的卫星围绕行星做匀速圆周运动的线速度的平方随的变化关系如图所示。忽略行星自转和其他星球的影响，下列说法正确的是（　　）
A．两行星的质量关系为
B．两行星的密度之比
C．两行星表面的重力加速度之比
D．B行星的第一宇宙速度大于A行星的第一宇宙速度
【答案】C
【知识点】万有引力定律；第一、第二与第三宇宙速度
【解析】【解答】由万有引力提供向心力：，得；由图像知两行星表面处相等，即第一宇宙速度，
A、，，，故A错误；
B、密度，，，故B错误；
C、星球表面，相同，，故C正确；
D、表面相等，即两行星第一宇宙速度大小相等，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、由结合半径关系求质量之比；
B、结合密度表达式与三次方反比关系推导密度比；
C、利用，不变则重力加速度与半径成反比；
D、对应的线速度为第一宇宙速度，图像表面一致，第一宇宙速度相等。
8．如图甲波浪机以固定的振动周期在游泳池中制造横波，某同学用频闪相机观测，发现照片中的波形始终没有变化，图乙为某时刻的部分波形图，A为水面上的质点。已知频闪相机的曝光时间为1s，波浪机振动周期等于频闪相机的曝光时间。下列说法正确的有（　　）
A．质点A的振幅为20cm B．波浪的波长为4m
C．波浪机的振动频率为1Hz D．波浪的传播速度为2m/s
【答案】B,C
【知识点】横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由波形图可知振幅，故A错误；
B、从图像读出半个波长，波长，故B正确；
C、曝光时间等于周期，，故C正确；
D、波速，故D错误；
故答案为：BC。
【分析】A、振幅是质点离开平衡位置最大距离，读图为；
B、利用波形坐标，为半波长，算出全波长；
C、周期等于曝光时长，由周期求频率；
D、结合波速公式代入数据计算。
9．如图所示，光滑水平面上，质量相同的小球a、b分别以2v0、v0的速率沿同一直线相向运动，经t0时间相遇并发生正碰，碰撞时间极短。以小球a初速度方向为正方向，两小球速度v随时间t变化的图像中，可能正确的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】根据四个选项的可知碰前，，光滑面上两球碰撞过程满足三条规律：①动量守恒，有
②碰撞后动能不增，有
③碰后的速度还要符合实际情况。
A．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞前后动能相等，两球均反弹符合实际情况，则A图像的碰撞可能发生，故A正确；
B．由图像可知，代入可得系统动量不守恒，则B图像的碰撞不可能发生，故B错误；
C．由图像可知，，代入可得动量守恒，但，即碰撞后动能增加，则C图像的碰撞不可能发生，故C错误；
D．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞后动能减少，a球停下b球反弹也符合实际情况，则D图像的碰撞可能发生，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】A、考查弹性碰撞，动量守恒 + 动能守恒；
B、完全共速模型，验证动量不满足守恒条件；
C、动量守恒但碰后总动能超标，违背能量规律；
D、非弹性碰撞，动量守恒、动能损失，符合碰撞规律。
10．某同学设计了一个测定列车加速度的仪器。如图所示，AB是一段材料、粗细均匀的四分之一圆弧形的电阻，其圆心为O点（在B点正上方）、半径为r。O点下方用一电阻不计的金属线悬挂金属球C，球的下部与AB接触良好且无摩擦。A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池和理想电流表A，O、B间接有理想电压表V。整个装置在一竖直平面内，使用时装置放在水平运动的列车上，且装置所在平面与列车前进的方向平行。下列说法中正确的有（　　）
A．图中列车一定是向右加速
B．当列车的加速度增大时，电流表示数不变，电压表示数增大
C．若电压表的示数稳定为3V，此时列车的加速度大小为
D．将电压表示数改写为对应的加速度值后，加速度数值在表盘上的分布是不均匀的
【答案】B,C,D
【知识点】牛顿第二定律；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】A、对小球受力分析，由牛顿第二定律，，加速度水平向右，列车可向右加速或向左减速，故A错误；
B、弧形电阻AB全部接入电路，总阻值不变，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律，回路电流恒定，电流表示数不变；加速度变大变大，BC段弧长变长、电阻变大，，电压表示数增大，故B正确；
C、电源总电压，，，BC对应圆心角，，故C正确；
D、与成正比即，而，和非线性关系，因此与非线性，表盘刻度不均匀，故D正确；
故答案为：BCD。
【分析】A、由受力得加速度方向，区分加速、减速两种运动情况；
B、全电阻接入电路电流不变，BC电阻随变大，分压变大；
C、分压比例对应圆心角，结合计算加速度；
D、与成正比、与成正比，二者非线性，刻度分布不均。
11．某南极科考队需要粗略测定南极地区的重力加速度，科考队员利用冰盖表面一处自然形成的光滑冰坑（过最低点的竖直截面为圆弧形）、小铁球、游标卡尺、秒表等工具开展实验。
（1）用游标卡尺测量小铁球直径，读数如图乙所示，则小铁球的直径d=　 　cm。
（2）队员将小铁球从冰坑右侧由静止释放，小铁球沿冰坑的运动可等效为单摆。为了准确测量周期，从小铁球第1次经过最低点时开始用秒表计时，到第21次经过最低点，所用的时间为t，则等效单摆的周期T=　 　。
（3）为提高测量精度，队员更换直径不同的小铁球重复多次实验，根据实验记录的数据，绘制了图像如图丙所示，图中图线的横、纵截距均已标出，则该地的重力加速度g=　 　，圆弧冰坑的半径R=　 　。（用含π、x0、y0字母的表达式表示）
【答案】（1）1.215
（2）
（3）；x0
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据图像可知游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为
故答案为：1.215
（2）根据描述可知小铁球做了十个全振动用时为t，所以周期为
故答案为：
（3）将小铁球在圆弧中的运动看成单摆，有，其中摆长为
整理后有，所以可得到
即，同时有，所以
故答案为：；x0
【分析】(1) 考查 20 分度游标卡尺读数规则：主尺+游标格数×分度值，注意单位换算；
(2) 单摆每经过最低点为半个周期，统计振动次数求周期；
(3) 结合有效摆长表达式改写T2函数，根据一次函数横、纵截距几何意义联立求解g与圆弧半径R。
（1）根据图像可知游标卡尺的分度值为0.05mm，读数为
（2）根据描述可知小铁球做了十个全振动用时为t，所以周期为
（3）[1][2]将小铁球在圆弧中的运动看成单摆，有
其中摆长为
整理后有
所以可得到
即
同时有
所以
12．图1为等臂电流天平实物图，图2为其结构简图。兴趣小组现要测定电流天平螺线管在通某恒定电流时内部产生磁场的磁感应强度大小（通电螺线管在其内部产生的磁场可视作水平方向的匀强磁场）。实验前将电流天平的U形导线（如图3）放入未通电的螺线管中，调节平衡螺母使U形导线处于水平状态。实验时将U形导线与螺线管线路分别接通直流电，设流经螺线管的电流为I1、流经U形导线的电流为I2，然后在U形导线框的左端挂上钩码，保持I1大小不变，调节I2的大小使线框平衡，如图2所示。图3中U形导线的长与宽分别为La与Lb。
（1）电路安装
实验电路如图4，其中只有滑动变阻器还未完全连接好，要求电流表的读数能从零开始变化，请将其连接好　 　；
（2）实验测量与数据处理
①电流天平通电流I1和I2后，关于电流天平平衡的原因，下列说法中正确的是　 　
A．钩码的重力与La段导线所受到的安培力大小相等
B．钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力大小相等
C．La段导线与Lb段导线所受到的安培力大小相等
D．La段导线与Lb段导线所受到的安培力方向相反
②实验时，若保持螺线管中的电流，逐次增加钩码个数N（每个钩码质量相同），并重新调整U形导线的电流I2，使电流天平恢复平衡。记录下每次实验时N、I2如下表：
N/个 1 2 3 4 5
I2/A 0.50 1.00 1.40 2.10 2.50
根据实验数据，做出“N I2”图像，如图5所示，图线的斜率数值k=　 　。（结果保留2位有效数字）
③某次测量I2的电表示数如图6所示，示数为　 　A。
（3）通电螺旋管内部磁感应强度的计算
若一个钩码的质量为m，重力加速度为g，本次实验中测得该通电螺线管内部磁场的磁感应强度大小B=　 　（用含k、m、g、La、Lb字母的表达式表示）。
【答案】（1）
（2）B；2.0；1.60
（3）
【知识点】图象法；实验基础知识与实验误差；电压表、电流表欧姆表等电表的读数；安培力的计算；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示
（2）螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等，故B正确。
由N I2图像可得，斜率数值
电流表量程为0 3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。
故答案为：B；2.0；1.60
（3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足，整理得
因此N I2图线斜率，解得
故答案为：
【分析】(1) 电流表读数从零变化必须选用分压接法，区别于限流式；
(2) 安培力只在垂直磁场的段产生力矩平衡钩码重力；利用图像斜率定义求，按表盘分度读取电流表示数；
(3) 由受力平衡写出函数式，结合一次函数斜率物理意义推导磁感应强度表达式。
（1）要求电流表读数从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，如图所示
（2）[1]螺线管内部磁场沿轴线水平，U形导线中La段电流与磁场平行，所受安培力为零；Lb段电流与磁场垂直，受到竖直方向的安培力，平衡时钩码总重力与Lb段安培力大小相等。
故选B。
[2]由N I2图像可得，斜率数值
[3]电流表量程为0 3A，分度值为0.1A，由图可知指针读数为1.60A。
（3）钩码的重力与Lb段导线所受到的安培力平衡时，满足
整理得
因此N I2图线斜率
解得
13．某密封茶叶筒结构简图如下图，茶叶筒由圆柱形的筒盖和筒身组成，筒身上端外侧固定有厚度可不计的密封橡胶圈。储存茶叶时，先将茶叶投入筒身内，把筒盖口对准筒身口后用力下压，直到筒盖完全套在筒身上。忽略筒盖壁和筒身壁的厚度，筒盖和筒身直径近似相等，满足d1≈d2=6cm，筒盖高度h1=2cm，筒身高度h2=10cm。当筒内气体压强p和筒外气体压强p0满足时，密封橡胶圈不漏气。忽略过程中温度和大气压强的变化，筒盖的重力不计，取大气压强。
（1）某次使用时，先投入体积为的茶叶，后将筒盖缓慢压到底，静置足够长时间后，求此时筒内封闭气体压强；
（2）在第一问基础上，将筒盖缓慢拔开，当筒盖和筒身刚好未分离时，人手松开，在橡胶圈对筒盖的摩擦力作用下，筒盖可以保持静止，求此时橡胶圈对筒盖向上作用力F的大小。
【答案】（1）解：初始状态时，气体压强为，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
压到底后，假设不漏气，气体体积
该过程温度不变，由玻意耳定律有
解得
此时
因此压缩过程会漏气，最终静置后压强稳定为最大不漏气压强，即
解得
（2）解：拔开筒盖到刚好未分离时，气体体积膨胀为
温度不变，气体质量不变，由玻意耳定律有
解得
对筒盖受力分析，重力不计，向下的大气压力等于向上的内部气体压力与橡胶圈作用力之和，则
解得
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律；压强及封闭气体压强的计算
【解析】【分析】(1) 先按玻意耳定律算密闭压强，对比最大不漏气压强，压强超标发生漏气，最终压强固定在1.2p0；
(2) 拔开过程密闭气体等温膨胀，再次用玻意耳定律求筒内压强，对筒盖受力列平衡方程求解橡胶圈作用力。
（1）初始状态时，气体压强为，茶叶筒底面横截面积
则气体初始体积为
压到底后，假设不漏气，气体体积
该过程温度不变，由玻意耳定律有
解得
此时
因此压缩过程会漏气，最终静置后压强稳定为最大不漏气压强，即
解得
（2）拔开筒盖到刚好未分离时，气体体积膨胀为
温度不变，气体质量不变，由玻意耳定律有
解得
对筒盖受力分析，重力不计，向下的大气压力等于向上的内部气体压力与橡胶圈作用力之和，则
解得
14．如图所示为简化的射钉枪工作原理图，轻杆的一端固定质量为M的重锤，另一端可绕转轴O自由转动，轻质弹簧一端连接到杆上A点，另一端固定在枪把上。水平枪筒中放置有质量为m的射钉，射钉左侧紧贴火药。初始时刻弹簧处于伸长状态，轻杆从水平状态静止释放后，转到竖直状态时弹簧恢复原长，此时重锤撞击火药，引起爆炸，爆炸使射钉获得较高速度后射出，水平射入固定的足够厚木板中。已知爆炸后重锤速度为零，轻杆长为L，OA距离为杆长的，弹簧初始状态伸长量为x0，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系满足。爆炸过程火药释放的化学能全部转化为系统动能，忽略火药的质量和爆炸过程产生气体的质量。忽略转轴处及枪筒内的摩擦力，求
（1）重锤撞击火药前瞬间，连接点A的速度大小；
（2）火药爆炸释放的化学能ΔE；
（3）假设厚木板对射钉的阻力满足f=ah，h代表射入深度，a为常数，求射钉最终打入厚木板的深度。（假设射钉最终未完全进入木板）
【答案】（1）解：由弹簧和重锤组成系统机械能守恒
又
OA距离为杆长的，故
联立解得
（2）解：设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒
由能量守恒火药爆炸释放的化学能
联立解得
（3）解：因阻力满足
即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功
由动能定理
解得
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】(1) 弹簧弹性势能转化为重锤重力势能与动能，利用同轴圆周运动线速度与半径正比关系求A点速度；
(2) 爆炸内力远大于外力动量守恒，化学能增量等于系统动能增加量；
(3) 线性变力做功取平均力，由动能定理列式求解射钉打入深度。
（1）由弹簧和重锤组成系统机械能守恒
又
OA距离为杆长的，故
联立解得
（2）设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒
由能量守恒火药爆炸释放的化学能
联立解得
（3）因阻力满足
即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功
由动能定理
解得
15．如图所示，光滑的水平桌面上，平行于y轴方向放置一根空心光滑绝缘细管PQ，P端位于x轴上，管内有一质量为m、带电量为+q的小球。在第一象限内平行于x轴的虚线与x轴之间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于桌面向下的匀强磁场，磁场区域宽度与细管长度相等，大小均为。开始时小球位于细管内P端且相对细管静止，某时刻细管PQ沿x轴正方向做匀速直线运动，以速率u进入磁场，之后在外力作用下仍保持原速做匀速运动且细管始终与y轴平行。
（1）求小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度v1；
（2）从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q，求管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式；
（3）小球离开Q端后恰好从a点进入方向水平向左的匀强电场区域内，该区域在桌面上的边界为矩形abcd，已知ab边与虚线重合，ab=L，，从小球进入电场区域到离开的过程中，求电场力对小球做的功W与场强E的关系。
【答案】（1）解：由分析可知，小球进入磁场后，在洛伦兹力的作用下沿y轴方向从静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有
解得
设细管的长度为l，则根据运动学公式有
解得小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度为
（2）解：从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q的过程中，设小球的运动时间为t0，则根据运动学公式有
解得
小球沿y轴方向做匀加速直线运动的速度表达式为
则小球受到的洛伦兹力沿x轴方向的分力为
设管壁对小球的弹力为N，由于沿x轴方向小球受力平衡，则有
所以管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为
（3）解：小球进入匀强电场区域后，沿y轴方向不受力，将以的速度做匀速直线运动；小球沿x轴方向将做匀变速直线运动，设其加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
解得
若小球从cd边离开，则小球运动的时间为
同时小球在沿x轴方向的位移应满足
根据运动学公式有
联立解得
则此时电场力对小球做的功为
由分析可知，当时，小球将从bc边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
当时，小球将从ad边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
综上所述，电场力对小球做的功W与场强E的关系为：当时，；当时，；当时，。
【知识点】牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】(1) 分解洛伦兹力，向带动小球匀速、向匀加速，结合运动学公式求末速度；
(2) 由瞬时求横向洛伦兹力等于管壁弹力，功率；
(3) 电场中匀速、受电场力匀减速，按场强大小划分三条出射边界，分别用求电场功。
（1）由分析可知，小球进入磁场后，在洛伦兹力的作用下沿y轴方向从静止开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据牛顿第二定律有
解得
设细管的长度为l，则根据运动学公式有
解得小球到达细管Q端时沿y轴方向的速度为
（2）从小球进入磁场开始计时，直到到达管口Q的过程中，设小球的运动时间为t0，则根据运动学公式有
解得
小球沿y轴方向做匀加速直线运动的速度表达式为
则小球受到的洛伦兹力沿x轴方向的分力为
设管壁对小球的弹力为N，由于沿x轴方向小球受力平衡，则有
所以管壁对小球弹力的瞬时功率P随时间t变化的表达式为
（3）小球进入匀强电场区域后，沿y轴方向不受力，将以的速度做匀速直线运动；小球沿x轴方向将做匀变速直线运动，设其加速度大小为a1，则根据牛顿第二定律有
解得
若小球从cd边离开，则小球运动的时间为
同时小球在沿x轴方向的位移应满足
根据运动学公式有
联立解得
则此时电场力对小球做的功为
由分析可知，当时，小球将从bc边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
当时，小球将从ad边离开，则此时小球沿x轴方向的位移为
所以电场力对小球做的功为
综上所述，电场力对小球做的功W与场强E的关系为：当时，；当时，；当时，。
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